2024年高考数学综合提升卷【赢在寒假】新高考全国通用（一）班级_______姓名：_______考号：_______第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先解不等式求得集合B，再根据并集的概念计算即可.【详解】由可得，即，而，所以.故选：B2．复数满足为虚数单位，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先化简复数，再根据共轭复数的特征，即可求解.【详解】，故.故选：A3．已知直线，与圆分别交于点，和，，则四边形的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直线与圆的位置关系、四边形的面积求解即可.【详解】圆的圆心为，半径为2，直线经过圆的圆心，，圆心到直线的距离，，直线和互相垂直，所以，四边形的面积为．故选：A.4．已知，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义分析判断即得.【详解】，取，此时，而，反之，若，则，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B5．在党的二十大报告中，习近平总书记提出要发展“高质量教育”，促进城乡教育均衡发展.某地区教育行政部门积极响应党中央号召，近期将安排甲､乙､丙､丁4名教育专家前往某省教育相对落后的三个地区指导教育教学工作，则每个地区至少安排1名专家的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别求出“甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法”和“每个地区至少安排1名专家的安排方法”的种数，再由古典概型的计算公式求解即可.【详解】甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法共有：种；每个地区至少安排1名专家的安排方法有：种；由古典概型的计算公式，每个地区至少安排1名专家的概率为：.故选：B.6．如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有某种溶液，，图1中液面高度恰好为棱台高度的一半，图2中液面高度为棱台高度的，若图1和图2中溶液体积分别为，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】根据棱台的体积公式，求出，即可解出.【详解】设四棱台的高度为，在图1中，中间液面四边形的边长为4，在图2中，中间液面四边形的边长为5，则，所以.故选：D.7．已知双曲线的一条渐近线与圆交于，两点，若，则的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】根据题意，得到双曲线的渐近线过圆心，求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】由圆的方程，可得圆心为，半径为又由双曲线，可得其中一条渐近线方程为，即，因为双曲线的渐近线交圆于两点，且，所以圆心在直线，即，可得，则双曲线的离心率为.故选：D.8．若函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数给定区间上为增函数可得导函数在该区间上恒为非负数，利用参变分离法即可通过求相应函数的最值求得参数范围.【详解】因为函数是上的增函数，所以在上恒成立，即在上恒成立．令，,则，则当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，所以，所以．故选：C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知两个不等的平面向量满足，其中是常数，则下列说法正确的是（    ）A．若，则或B．若，则在上的投影向量的坐标是C．当取得最小值时，D．若的夹角为锐角，则的取值范围为【答案】BC【分析】根据平面向量平行、垂直、数量积的坐标运算，投影向量的概念进行求解.【详解】选项A：若，则，解得或，但当时，，与题意不符合，故A错误；选项B：若，则，解得，因此，，则在上的投影向量为，故B正确；选项C：，则当时，取得最小值，此时，，故C正确；选项D：若的夹角为锐角，则与不同向，得，解得且，故D错误．故选：BC10．关于函数，下述结论正确的是（    ）A．的最小值为 B．在上单调递增C．函数在上有3个零点 D．曲线关于直线对称【答案】CD【分析】分情况讨论，去掉绝对值，结合辅助角公式及三角函数的性质可得答案.【详解】因为，所以的一个周期为；对于A，当时，，因为，所以，的最小值为；当时，，因为，所以，的最小值为，A不正确.对于B，当时，，令，由的单调性可知在上先增后减，B不正确.对于C，当时，令得，因为，所以或，即或；当时，令得，因为，所以，即；所以共有3个零点，C正确.对于D，因为，所以曲线关于直线对称，D正确.故选：CD11．已知首项为正数的等差数列的前项和为，若，则（    ）A．B．C．当时，取最大值D．当时，的最小值为27【答案】ABD【分析】由等差中项的性质判断AB；由A和等差数列的前n项和判断C；由等差数列的前n项和和等差中项判断D.【详解】A：首项为正数的等差数列的前项和为，所以，若，则一定大于零，不符合题意，所以，，故A正确；B：由A可知，，故B正确；C：由A可知，因为，，可知，故，取最大值，故C错误；D：，，故D正确.故选：ABD.12．在等腰梯形中，，点分别为的中点，以所在直线为旋转轴，将梯形旋转得到一旋转体，则（    ）A．该旋转体的侧面积为B．该旋转体的体积为C．直线与旋转体的上底面所成角的正切值为D．该旋转体的外接球的表面积为【答案】ACD【分析】根据圆台的侧面积、体积公式，结合直线与平面所成的角定义、圆台的外接球的性质、球的表面积进行逐一判断即可．【详解】由题意可知，所得到的旋转体是圆台，如图．因为，所以圆台的上、下底面的半径分别满足．又，所以该圆台的侧面积，所以A正确．过点分别作于点于点，则，所以，故该圆台的体积，所以B错误．易知圆台的上、下底面平行，所以直线与圆台的上底面所成的角等于其与圆台的下底面所成的角．过点作于点．易知为直线与下底面所成的角．又，，所以，所以正确．设该圆台的外接球的半径为，球心为．当点在线段上时，．由，得，即，解得．当点在线段的延长线上时，．由，得，即．化简，得，此时无解．所以，则该旋转体的外接球的表面积，所以正确．故选：ACD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在（其中）的展开式中，的系数为，各项系数之和为，则.【答案】5【分析】由题意可根据二项式展开式中x的系数以及各项系数之和，列出关于的方程，即可求得答案.【详解】由题意得的展开式中的系数为，即，令，得各项系数之和为，则n为奇数，且，即得，故答案为：514．已知点是抛物线：上的动点，过点作圆：的切线，切点为，则的最小值为.【答案】【分析】设，求出到圆的圆心的距离的最小值，然后根据勾股定理求解的最小值．【详解】设，则，故当时，取最小值.又由圆的切线性质可得此时.故答案为：15．甲、乙二人用7张不同的扑克牌（其中红桃4张，方片3张）玩游戏．他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．则甲、乙二人抽到花色相同的概率为．【答案】【分析】利用互斥事件与古典概型的概率公式即可得解.【详解】因为一共有7张不同的扑克牌（其中红桃4张，方片3张），甲先抽，乙后抽，所以甲、乙二人抽到花色相同的情况有：①甲先抽到红桃，乙后抽到红桃，②甲先抽到方片，乙后抽到方片，所以甲、乙二人抽到花色相同的概率为.故答案为：.16．已知直线是曲线的一条切线，则.【答案】2【分析】分和两种情况，舍去切点，由导数的几何意义得到切点坐标，从而代入，求出答案.【详解】，当时，，，设切点为，则切线斜率为，故切线斜率不可能为，舍去，当时，，，设切点为，则切线斜率为，令解得，则切点为，将代入中得，，解得.故答案为：2四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17．记的内角所对边分别为，已知．(1)证明：；(2)求的最小值．【详解】（1）已知，由正弦定理得：，整理得：，……①因为……②②代入①有：，再由正弦定理得．（2）由余弦定理得：，当且仅当时，等号成立．所以的最小值为．18．已知数列的前n项和为，其中．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．【详解】（1）因为当时，有，所以当时，有，两式相减，得，当时，由，适合，所以，；（2）因为，；所以，因此.19．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点.(1)证明：平面平面：(2)若直线与平面所成角的正弦值为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）因为平面，平面，所以，取中点，连接，因为，，，所以，又，所以四边形为平行四边形，因为，，所以四边形为正方形，故，⊥，所以为等腰直角三角形，故，，即⊥，又，平面，故⊥平面，因为平面，所以平面⊥平面；（2）因为平面，平面，所以，，由（1）得，，故以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，，设，则，设平面的法向量为，则，令，则，故，则直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得，或（舍去），负值也舍去，故平面的法向量为，又平面的法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则.20．垃圾分类，是指按一定标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称.分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用.垃圾分类后，大部分运往垃圾处理厂进行处理.为了监测垃圾处理过程中对环境造成的影响，某大型垃圾处理厂为此建立了5套环境监测系统，并制定如下方案：每年工厂的环境监测费用预算定为150万元，日常全天候开启3套环境监测系统，若至少有2套系统监测出排放超标，则立即检查污染处理系统；若有且只有1套系统监测出排放超标，则立即同时启动另外两套系统进行1小时的监测，且后启动的这2套监测系统中只要有1套系统监测出排放超标，也立即检查污染处理系统.设每个时间段（以1小时为计量单位）被每套系统监测出排放超标的概率均为，且各个时间段每套系统监测出排放超标情况相互独立.(1)求某个时间段需要检查污染处理系统的概率；(2)若每套环境监测系统运行成本为40元/小时（不启动则不产生运行费用），除运行费用外，所有的环境监测系统每年的维修和保养费用需要10万元.现以此方案实施，问该工厂的环境监测费用是否会超过预算（全年按9000小时计算）？并说明理由.【详解】（1）设某个时间段在开启3套系统时就被确定需要检查污染源处理系统的事件为，则，设某个时间段需要开启另外2套环境监测系统才能确定需要检查污染源处理系统的事件为，则.所以某个时间段需要检查污染源处理系统的概率为.（2）设某个时间段环境监测系统的运行费用为元，则的所有可能取值为120，200.且，..全年工厂环境监测系统费用为，所以不会超过预算.21．已知分别为椭圆的左，右顶点，为其右焦点，，且点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)若过的直线与椭圆交于两点，且与以为直径的圆交于两点，证明：为定值．【详解】（1）由，可得，解得，又因为，所以，因为点在椭圆上，所以，解得，，，所以椭圆的标准方程为．（2）证明：当与轴重合时，，所以当不与轴重合时，设，直线的方程为，由整理得，则，故圆心到直线的距离为，则，所以，即为定值．22．已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)讨论的单调性.【详解】（1）由已知，则，当时，，，则曲线在处的切线方程为，即（2）由（1）知，，①当时，，当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；②当时，由，得，（ⅰ）当时，，当时，，在，单调递增；当时，，在单调递减；（ⅱ）当时，，，在单调递增；（ⅲ）当时，，当时，，在，单调递增；当时，，在单调递减；综上可得：①当时，在单调递增，在单调递减；②当时，在，单调递增，在单调递减；③当时，在单调递增；④当时，在，单调递增，在单调递减.